Question

3．在橢圓E：$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$上任取一點(diǎn)P，過(guò)P作x軸的垂線PD，D為垂足，點(diǎn)M滿足$\overrightarrow{DM}=2\overrightarrow{DP}$，點(diǎn)M的軌跡為曲線C．
（1）求曲線C的方程；
（2）過(guò)點(diǎn)B₁（0，1）作直線交橢圓E于A₁，B₁，交曲線C于A₂，B₂，當(dāng)|A₁B₁|最大時(shí)，求|A₂B₂|．

Answer 1

分析 （1）設(shè)M（x，y），P（x₀，y₀），則D（x₀，0），求得向量DM，DP的坐標(biāo)，由向量共線的坐標(biāo)表示，結(jié)合P在橢圓上，代入化簡(jiǎn)即可得到所求曲線的方程；
（2）討論當(dāng)直線的斜率不存在時(shí)，可得|A₁B₁|=2；當(dāng)直線的斜率存在時(shí)，設(shè)直線的方程為y=kx+1，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），代入橢圓方程可得（1+4k²）x²+8kx=0，（k≠0），求得點(diǎn)A₁，B₁，運(yùn)用兩點(diǎn)的距離公式和基本不等式求得最大值，再由圓內(nèi)的垂徑定理，化簡(jiǎn)整理即可得到所求值．

解答 解：（1）設(shè)M（x，y），P（x₀，y₀），
則D（x₀，0），$\overrightarrow{DM}$=（x-x₀，y），$\overrightarrow{DP}$=（0，y₀），
由$\overrightarrow{DM}=2\overrightarrow{DP}$，可得x-x₀=0，且y=2y₀，
即為x₀=x，y₀=$\frac{1}{2}$y，
由P在橢圓上，可得$\frac{{x}^{2}}{4}$+（$\frac{y}{2}$）²=1，
即有曲線C的方程為x²+y²=4；
（2）當(dāng)直線的斜率不存在時(shí)，可得|A₁B₁|=2；
當(dāng)直線的斜率存在時(shí)，設(shè)直線的方程為y=kx+1，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
代入橢圓方程可得（1+4k²）x²+8kx=0，（k≠0），
解得x₁=-$\frac{8k}{1+4{k}^{2}}$，x₂=0，即有B₁（0，1），A₁（-$\frac{8k}{1+4{k}^{2}}$，$\frac{1-4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$），
|A1B1|=$\sqrt{\frac{64{k}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}+\frac{64{k}^{4}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}}$=$\frac{8}{\sqrt{3}}$•$\frac{\sqrt{3{k}^{2}（1+{k}^{2}）}}{1+4{k}^{2}}$
≤$\frac{8}{\sqrt{3}}$•$\frac{\frac{1+4{k}^{2}}{2}}{1+4{k}^{2}}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
當(dāng)且僅當(dāng)3k²=1+k²，即k=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$時(shí)，|A₁B₁|取得最大值$\frac{4\sqrt{3}}{3}$；
由$\frac{4\sqrt{3}}{3}$＞2，可得k=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
當(dāng)k=$\frac{\sqrt{2}}{2}$時(shí)，直線A₂B₂的方程為y=$\frac{\sqrt{2}}{2}$x+1，即$\sqrt{2}$x-2y+2=0，
圓心O到直線A₂B₂的距離為d=$\frac{2}{\sqrt{6}}$，
由垂徑定理可得，（$\frac{|{A}_{2}{B}_{2}|}{2}$）²=r²-d²=4-$\frac{2}{3}$=$\frac{10}{3}$，
即|A₂B₂|=$\frac{2\sqrt{30}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查曲線方程的求法，注意運(yùn)用代入法，向量共線的坐標(biāo)表示，考查弦長(zhǎng)的求法，注意聯(lián)立直線方程和橢圓方程，求交點(diǎn)，考查基本不等式的運(yùn)用：求最值，同時(shí)考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．